2006年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

更多考研资料分享+qq810958634 2006 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析 一、填空题 1 (1)【答案】y = 5 【详解】 由水平渐近线的定义及无穷小量的性质----“无穷小量与有界函数的乘积是无穷小 量”可知 4sinx 1+ x+4sinx x 1+0 1 lim y =lim =lim =lim = x→∞ x→∞5x−2cosx x→∞ 2cosx x→∞5−0 5 5− x 1 1 x→0时 为无穷小量，sinx，cosx均为有界量. 故，y = 是水平渐近线. x 5 1 (2)【答案】 3 【详解】按连续性定义，极限值等于函数值，故 x ∫sint2 sin(x2) x2 1 lim f(x) =lim 0 洛 lim =lim = x→0 x→0 x3 x→0 3x2 x→03x2 3 0 注： 型未定式，可以采用洛必达法则；等价无穷小量的替换sinx2  x2 0 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 (3)【答案】1 2 【详解】 +∞ xdx 1 +∞ dx2 1 1 +∞ 1 ∫ = ∫ =− ⋅ = 0 (1+x2)2 2 0 (1+x2)2 2 1+x2 2 0 (4) 【答案】Cxe −x . 【详解】分离变量， dy y(1−x) dy (1−x) dy 1 dy 1 = ⇒ = dx ⇒ =( −1)dx ⇒ ∫ =∫ dx−∫dx dx x y x y x y x ⇒ ln y =lnx−x+c ⇒ e lny = e lnx−x+c ⇒ y = Cxe −x (5)【答案】−e 【详解】题目考察由方程确定的隐函数在某一点处的导数. 在原方程中令x =0⇒ y(0) =1 . 将方程两边对x求导得y′=−ey −xeyy′，令x=0得y′(0)=−e (6) 【答案】 2 【详解】由已知条件BA= B+2E变形得，BA−2E = B ⇒ B(A−E)=2E, 两边取行列 式, 得 B(A−E) = 2E =4 E =4  2 1 1 0 1 1 其中， A−E =   −   = =2， 2E =22 E =4 −1 2 0 1 −1 1 2E 4 因此， B = = =2. A−E 2 二、选择题. (7)【答案】A 【详解】 方法1： 图示法. 因为 f ′(x) >0, 则 f(x) 严格单调增加；因为 f ′′(x) >0, 则 f(x) 是凹函数，又 x>0，画 f(x)= x2的图形 y y=f(x) Δy 更多考研资料分享+qq810958634 d更多考研资料分享+qq810958634 结合图形分析，就可以明显得出结论：0< dy <y. 方法2：用两次拉格朗日中值定理 y−dy = f (x +x)− f (x )− f ′(x )x(前两项用拉氏定理) 0 0 0 = f ′(ξ)x− f ′(x )x (再用一次拉氏定理) 0 = f′′(η)(ξ−x )x, 其中x <ξ< x +x,x <η<ξ 0 0 0 0 由于 f′′(x)>0，从而y−dy >0. 又由于dy = f′(x )x>0，故选[A] 0 方法3： 用拉格朗日余项一阶泰勒公式. 泰勒公式： f′′(x ) f (n)(x ) f(x) = f(x )+ f′(x )(x−x ) + 0 (x−x )2 ++ 0 (x−x )n +R ， 0 0 0 2! 0 n! 0 n f (n+1)(x ) 其中R = 0 (x− x )n . 此时n取1代入，可得 n (n+1)! 0 1 ∆y−dy = f(x +∆x)− f(x )− f′(x )∆x= f′′(ξ)(∆x)2 >0 0 0 0 2 又由dy = f′(x )∆x>0，选(A) . 0 (8)【答案】(B) 【详解】 方法1：赋值法 1, x>0  x  x, x≥0 特殊选取 f(x)=0, x=0 ，满足所有条件，则∫ f(t)dt = = x .  0 −x, x<0  −1, x<0 它是连续的偶函数. 因此，选(B) 方法2：显然 f(x)在任意区间[ a,b ]上可积，于是F(x) 记 =∫ x f(t)dt处处连续，又 0 −x −x s=−t x F(−x)=∫ f(t)dt =−∫ f(−t)dt = ∫ f(s)ds = F(x) 0 0 0 即F(x)为偶函数 . 选 (B) . (9)【答案】(C) 【详解】利用复合函数求导法 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 h(x)=e1+g(x)两边对x求导⇒ h′(x)= g′(x)e1+g(x) 1 将x=1代入上式，⇒1=2e1+g(1) ⇒ g(1)=ln −1=−ln2−1. 故选(C). 2 (10)【答案】(C) 【详解】题目由二阶线性常系数非齐次方程的通解，反求二阶常系数非齐次微分方程，分两 步进行，先求出二阶常系数齐次微分方程的形式，再由特解定常数项. 因为y =cex +c e−2x +xex是某二阶线性常系数非齐次方程的通解，所以该方程对应的 1 2 齐次方程的特征根为 1和-2，于是特征方程为(λ−1)(λ+2)=λ2 +λ−2=0，对应的齐次 微分方程为y′′+ y′-2y =0 所以不选(A)与(B)，为了确定是(C)还是(D)，只要将特解y∗ = xex代入方程左边， 计算得(y∗)′′+(y∗)′-2y∗ =3ex，故选(D). (11) 【答案】(C) π 1 【详解】记∫4dθ∫ f(rcosθ,rsinθ)rdr =∫∫ f(x,y)dxdy，则区域D的极坐标表示是： 0 0 D π 0≤r ≤1 ，0≤θ≤ . 题目考察极坐标和直角坐标的互化问题，画出积分区间，结合图形 4 可以看出，直角坐标的积分范围（注意 y = x 与 x2 + y2 =1 在第一象限的交点是 2 2 2 （ ， ）），于是 D:0≤ y≤ ,y≤ x≤ 1− y2 2 2 2 2 1−y2 所以，原式= ∫ 2 dy∫ f (x,y)dx. 因此选 (C) 0 y (12) 【答案】D 【详解】 方法1： 化条件极值问题为一元函数极值问题。 已知ϕ(x ,y )=0，由ϕ(x,y)=0，在（x ,y )邻域，可确定隐函数 y = y(x)， 0 0 0 0 dy ∂ϕ ∂ϕ 满足y(x )= y ， =− 。 0 0 dx ∂x ∂y （x ,y ) 是 f(x,y) 在 条 件 ϕ(x,y)=0 下 的 一 个 极 值 点 ⇔ x= x 是 0 0 0 z = f(x,y(x))的极值点。它的必要条件是 dz ∂f(x ,y ) ∂f(x ,y ) dy ϕ′(x ,y ) = 0 0 + 0 0 = f′(x ,y )− f′(x ,y ) x 0 0 =0 dx ∂x ∂y dx x 0 0 y 0 0 ϕ′(x ,y ) x=x 0 x=x 0 y 0 0 x=x 0 若 f′(x ,y )=0，则 f′(x ,y )=0，或ϕ′(x ,y )=0，因此不选(A)，(B). x 0 0 y 0 0 x 0 0 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 dz 若 f′(x ,y )≠0，则 f′(x ,y )≠0(否则 ≠0). 因此选(D) x 0 0 y 0 0 dx x=x 0 方法2：用拉格朗日乘子法. 引入函数F(x,y,λ)= f(x,y)+λϕ(x,y)，有 F′= f′(x,y)+λϕ′(x,y)=0 (1) x x x  F′= f′(x,y)+λϕ′(x,y)=0 (2) y y y  F′ =ϕ′(x,y)=0 λ f′(x ,y ) 因为ϕ′(x ,y )≠0，所以λ=− y 0 0 ，代入(1)得 y 0 0 ϕ′(x ,y ) y 0 0 f′(x ,y )ϕ′(x ,y ) f′(x ,y )=− y 0 0 x 0 0 x 0 0 ϕ′(x ,y ) y 0 0 若 f′(x ,y )≠0，则 f′(x ,y )≠0，选(D) x 0 0 y 0 0 (13) 【答案】A 【详解】 方法 1：若α,α,,α 线性相关, 则由线性相关定义存在不全为0的数k ,k ,,k 使得 1 2 s 1 2 s kα +kα ++kα =0 1 1 2 2 s s 为了得到Aα, Aα,, Aα的形式，用A左乘等式两边, 得 1 2 s k Aα +k Aα ++k Aα =0 ① 1 1 2 2 s s 于是存在不全为0的数k ,k ,,k 使得①成立，所以Aα,Aα,,Aα 线性相关. 1 2 s 1 2 s 方法2：如果用秩来解,则更加简单明了. 只要熟悉两个基本性质, 它们是: 1. α,α,,α线性相关⇔r(α,α,,α)0. 由单调有界准则知limx 存在.记为A. n n n→∞ 递推公式两边取极限得A=sin A, ∴A=0 1 (II) 原式=lim( sinx n) x2 n ，为“1∞ ”型. n→∞ x n 1 sint 因为离散型不能直接用洛必达法则，先考虑lim( )t2 t→0 t 1 1 (tcost−sint) lim   sint 1 lim 1 ln( sint ) t→02t sint t2 lim( )t2 =et→0t2 t =e t t→0 t tcost−sint cost−tsint−cost −sint 1 lim lim lim − =et→0 2t3 =et→0 6t2 =et→0 6t =e 6 1 1 1 1 所以 lim( x n+1) x2 n =lim( sinx n) x2 n =lim( sinx )x2 =e − 6 n→∞ x n→∞ x x→0 x n n (19) 【详解】令 f(x)=xsinx+2cosx+πx，只需证明0< x<π时, f(x)单调增加(严格) f′(x) =sinx+ xcosx−2sinx+π= xcosx−sin x+π f′′(x)=cosx−xsinx−cosx = −xsinx<0 ∴ f′(x) 单调减少(严格)， 又 f′(π)=πcosπ+π=0，故0< x<π时 f′(x)>0，则 f(x)单调增加(严格) 由b>a有f(b)> f(a) 得证 (20) 【详解】(I)由于题目是验证，只要将二阶偏导数求出来代入题目中给的等式就可以了 ∂z ( ) x ∂z ( ) y = f′ x2 + y2 ; = f′ x2 + y2 ∂x x2 + y2 ∂y x2 + y2 x2 x2 + y2 − ∂2z ( ) x2 ( ) x2 + y2 = f′′ x2 + y2 + f′ x2 + y2 ∂x2 ( x2 + y2 ) ( x2 + y2 ) 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 ( ) x2 ( ) y2 = f′′ x2 + y2 + f′ x2 + y2 ( x2 + y2 ) ( x2 + y2 )32 ∂2z ( ) y2 ( ) x2 同理 = f′′ x2 + y2 + f′ x2 + y2 ∂y2 ( x2 + y2 ) ( x2 + y2 )32 ∂2z ∂2z ( ) f′( x2 + y2) 代入 + =0，得 f′′ x2 + y2 + =0， ∂x2 ∂y2 x2 + y2 f′(u) 所以 f′′(u)+ =0 成立. u dp p dp du (II) 令 f′(u)= p于是上述方程成为 =− ，则∫ =−∫ +c， du u p u c 即 ln p =−lnu+c，所以 f′(u)= p = u 因为 f′(1)=1，所以 c=1，得 f(u)=lnu+c 2 又因为 f(1)=0，所以 c =0，得 f(u)=lnu 2 (21)【详解】 方法1：计算该参数方程的各阶导数如下 dx dy dy 4−2t 2 (I) =2t, =4−2t, = = −1 dt dt dx 2t t dy d  d2y dx 1  2  1 1 = ⋅ =  −  ⋅ =− <0 (t >0处) dx2 dt dx  t2  2t t3 dt 所以曲线L在t >0处是凸的 2  (II) 切线方程为y−0=  −1(x+1)，设x =t2 +1，y =4t −t2，  t  0 0 0 0 0  2  则 4t −t2 = −1(t2 +2),4t2 −t3 =(2−t )(t2 +2) 0 0 t  0 0 0 0 0 0 得 t2 +t −2=0,(t −1)(t +2)=0 t >0 ∴t =1 0 0 0 0 0 0 所以，切点为(2，3)，切线方程为y = x+1 3 (III) 设L的方程x= g(y), 则 S =∫  ( g(y)−(y−1) )  dy 0 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 ( )2 由 t2 −4t+ y =0 解出t =2± 4− y 得x= 2± 4− y +1 ( )2 由于点(2，3)在L上，由y =3得x=2, 可知 x= 2− 4− y +1= g(y) 3 3 3 所以 S =∫ ( 9− y−4 4− y ) −(y−1)  dy =∫(10−2y)dy−4∫ 4− ydy   0 0 0 3 3 2 3 3 =(10y− y2) +4∫ 4− yd(4− y)=21+4× ×(4− y)2 0 3 0 0 8 64 2 7 =21+ − =3− = 3 3 3 3 方法2：(I) 解出 y = y(x)：由 t = x−1 (x≥1) 代入 y得 y =4 x−1−x+1 . dy 2 d2y − 3 于是 = −1 ， =−(x−1) 2 <0 (x>1) ⇒ 曲线L是凸的 . dx x−1 dx2 2 (II) L 上任意点 (x ,y ) 处的切线方程是 y− y =( −1)(x−x ) ，其中 0 0 0 x −1 0 0 x >1(x =1时不合题意). 0 0   2 令 x=−1, y =0，得 −4 x −1+x −1= −1(−1−x） 0 0  x −1  0   0 2 令 t = x −1 ，得 −4t +t 2 =( −1)(−2−t 2) . 0 0 0 0 t 0 0 其余同方法1，得t =1 0 (III) 所求图形面积 9 2 9 2 S = −∫ y(x)dx= −∫ (4 x−1−x+1)dx 2 1 2 1 2 9 2 3 1 9 8 3 9 13 7 = −(4⋅ (x−1)2 − x2 +x) = −( − +1)= − = . 2 3 2 2 3 2 2 6 3 1 1 1 1 1    (22) 【详解】(I)系数矩阵A= 4 3 5 −1 未知量的个数为n=4，且又AX =b有三个    a 1 3 b   线性无关解，设α,α,α是方程组的3个线性无关的解, 则α −α,α −α是AX =0的两 1 2 3 2 1 3 1 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 个线性无关的解. 因为α −α,α −α线性无关又是齐次方程的解，于是AX =0的基础解 2 1 3 1 系中解的个数不少于2, 得4−r(A)≥2, 从而r(A)≤2. 又因为A的行向量是两两线性无关的, 所以r(A)≥2. 所以r(A)=2. (II)对方程组的增广矩阵作初等行变换: 1 1 1 1 |−1[2]+[1]×(−4)1 1 1 1 | −1    [3]+[1]×(−a)   [Ab] = 4 3 5 −1 |−1 → 0 −1 1 −5 | 3      a 1 3 b | 1    0 1−a 3−a b−a |1+a  1 1 1 1 | −1  [3]+[2]×(1−a)   → 0 −1 1 −5 | 3 ,    0 0 4−2a 4a+b−5 |4−2a  4−2a =0 由r(A)=2, 得 ， 即a = 2, b = −3. 4a+b−5=0 1 0 2 −4 | 2    所以[Ab]作初等行变换后化为； 0 −1 −1 5 |−3 ，    0 0 0 0 | 0   x =2−2x +4x 它的同解方程组  1 3 4 ① x =−3+x −5x 2 3 4 ①中令x =0,x =0求出AX =b的一个特解(2,−3,0,0)T ； 3 4 x =−2x +4x AX =0的同解方程组是 1 3 4 ② x = x −5x 2 3 4 取x =1,x =0,代入②得(−2,1,1,0)T ；取x =0,x =1, 代入②得(4,−5,0,1)T . 所以 3 4 3 4 AX =0的基础解系为(−2,1,1,0)T ，(4,−5,0,1)T 所以方程组AX =b的通解为： (2,−3,0,0)T +c (−2,1,1,0)T +c (4,−5,0,1)T ，c ,c 为任意常数 1 2 1 2 (23) 【详解】(I) 由题设条件Aα =0=0α，Aα =0=0α ，故α,α 是A的对应于λ=0 1 1 2 2 1 2 的特征向量，又因为α,α 线性无关，故λ=0至少是A的二重特征值. 又因为A的每行元 1 2 素之和为3，所以有 A(1,1,1)T =(3,3,3)T =3(1,1,1)T ，由特征值、特征向量的定义， 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 α =(1,1,1)T 是A的特征向量, 特征值为λ =3，λ只能是单根，kα,k ≠0是全体特征 0 3 3 3 0 3 向量，从而知λ=0是二重特征值. 于是 A的特征值为3,0,0；属于3的特征向量: kα,k ≠0 ；属于0 的特征向量: 3 3 3 kα +kα，k ,k 不都为0. 1 1 2 2 1 2 (Ⅱ) 为了求出可逆矩阵必须对特征向量进行单位正交化 . 3 3 3 先将α 单位化, 得η =( , , )T. 0 0 3 3 3 2 2 6 6 6 对α,α 作施密特正交化, 得η =(0, − , )T ,η =(− ,− , )T. 1 2 1 2 2 2 3 6 6 3 0 0   作Q=(η,η,η), 则Q是正交矩阵,并且QTAQ=Q-1AQ= 0 0 0 1 2 3     0 0 0 更多考研资料分享+qq810958634